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1、第二章化学反应速率与化学平衡第四节化学反应的调控课后练习高二上学期化人教版（2019）选择性必修1一、单选题(共16题)11 000 K时，反应C(s)+2H2(g) CH4(g)的K=8.28107，当各气体物质的量浓度分别为H2 0.7 molL-1、CH40.2molL-1时，上述平衡（ ）A向正反应方向移动 B向逆反应方向移动 C达到平衡 D无法判断移动方向2关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是（ ）A升温至450左右 B选择V2O5做催化剂 C选择常压条件 D通入过量氧气3在容积可变的密闭容器中，10molN2和30molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转
2、化率为25%，则平衡时氨气的物质的量为（ ）A2.5molB4.5molC5molD7.5mol4已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）A容器内压强不变，表明反应达到平衡B时改变的条件：向容器中加入C平衡时的体积分数：D反应开始后，与的浓度之比不变5利用CH4消除NO2污染，反应原理为CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO(g)+2H2O(g)。在10L密闭容器中，分别加入0.50molCH4和1.20molNO2，测得控制不同温度，n(CH4)(单位：mol)随时间变
3、化的有关实验数据如表所示，下列说法正确的是（ ）组别温度/K时间/min物质的量/mol010204050T1n(CH4)0.500.350.250.100.10T2n(CH4)0.500.300.18M0.15A该反应在高温下才能自发进行BT2温度下，若容器内的密度不变则该反应处于平衡状态C可以利用40min时的数据，计算T2温度下的平衡常数KD高温下CH4消除NO2速率较快，所以温度越高越有利于消除NO262L恒容密闭容器中发生反应： ，在不同温度T下测得A的物质的量与时间t的关系如表所示。下列说法正确的是（ ）058132.01.51.31.02.01.151.01.0A与相比，时分子动
4、能大，活化分子百分数增大B，58min内，C，到13min时，反应已达到平衡状态D反应达到平衡后，升高温度，平衡左移7对已达到化学平衡的下列反应： ，降低温度的同时减小压强，对反应产生的影响是（ ）A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动8在密闭容器中充入4molSO2和3molO2，一定条件下建立平衡：2SO2(g)+O2(g)22SO3(g) H=-QkJmol-1，测得生成3.6molSO3，则反应放出的热量为（ ）A1.8QkJB2
5、QkJCQkJD0.9QkJ9已知环戊二烯制备二聚环戊二烯的反应： HNPMBT2，用二聚环戊二烯表示00.5h的平均反应速率为CP点可能处于化学平衡状态DT1，若向Q点再充入1.0mol环戊二烯达平衡时反应物的转化率将小于86.7%10CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理是CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)Hv(b)C改进催化剂可以缩短达到平衡的时间D温度体积一定，加入SiHCl3可以提高SiHCl3的转化率已知SiHCl3分解反应速率v=v正-v逆=k正x2(SiHCl3)-k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，
6、x为物质的量分数，计算b处v正/v逆=_。(保留2位小数)18(1) Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721下的过量氧化钴 CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250。根据上述实验结果判断，还原CoO( s)为Co(s)的倾向是CO_H2(填“大于”或“小于”)。(2)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(
7、g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：由图可推知该反应的H_0(填、=，下同)平衡常数K(300)_K(400)曲线代表进料浓度比c(HCl):c(O2)为_，设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl):c(O2)=4:1的数据计算K(400)=_(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl):c(O2)过高的不利影响是_。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)
8、H1=+89kJmol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-25 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJmol-1则4HClg)+O2 (g)=2C12(g)+2H2O(g)的H=_kJmol-119钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质)，Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_。 过程中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率
9、为80%时，所采用的实验条件是_。 过程中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_。写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_。20工业上以N2、H2为原料制取硝酸铵的流程如图所示。回答下列问题：（1）氨合成塔适宜的压强是2050MPa，如果压强过大，除对设备要求高外，还会导致的结果是_。（2）合成硝酸的吸收塔内填充瓷环，其作用是_，吸收塔中还需补充空气的目的是_。（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法为_。（4）在
10、一定温度和压强的密闭容器中，将物质的量之比为3:2的H2和N2混合，当该反应达到平衡时，测出平衡混合气中氨的体积分数为25%，此时H2的转化率为_。（5）制硝酸氧化炉中氨气和氧气在145就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如图所示）。温度较低时以生成_为主，900时发生主要反应的化学方程式为_，当温度高于900时，NO产率明显下降的原因是_。（6）若N2、H2合成氨时，H2的转化率为60%，NH3催化氧化制HNO3时的损失20%的氨，其它环节的损失忽略不计。则10tH2最多可以制取_t硝酸铵。参考答案1A【详解】当各气体物质的量浓度分别为H2 0.7 molL-1、CH4 0.2
11、 molL-1时Qc=0.4、K=8.28107；KQc，所以平衡向正反应方向移动。故选A。2D【详解】硫酸工业中的催化氧化反应为。A正反应是放热反应，升温至450，平衡逆向移动，不利于SO3的产生，所以升温目的是加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C增大压强，平衡向体积减小的方向移动，有利于SO3的合成，所以选择常压条件，不可用勒夏特列原理解释，故C不选；D通入过量氧气，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故D选；综上所述，答案为D。3C【详解】在容积可变的密闭容器中，10molN2和30mol
12、H2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，消耗的氢气为7.5mol，则：，平衡时氨气的物质的量为=5mol；答案选：C。4C【详解】A该反应为气体体积变化的反应，反应前后气体的物质的量变化，当压强不变时，说明反应达到平衡状态，故A正确；Bt2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；Ct2时加入C，相当于增压，平衡正向移动，则平衡时A的体积分数：()(I)，故C错误；D变化的浓度和化学计量数成正比，A和B起始投料比为1:3，则反应开始后，与的浓度之比不变，故D正确；故选：C。5C【分析】根据表格可知，相同条件下，T2时CH4的减小速率大于T1，所以
13、T2温度高于T1，到达平衡的时间更短，但是到达平衡时T2对应的CH4含量更高，说明高温不利于CH4转化，即CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO(g)+2H2O(g)为放热反应，0，又因为0，根据-TNPM，故A正确；BT2，环戊二烯表示00.5h的平均反应速率为，根据速率比等于化学计量数之比可知二聚环戊二烯表示00.5h的平均反应速率为，故B正确；C由图像可知P点之前环戊二烯的浓度一直减小，反应未达平衡，P点之后的浓度可能保持不变，则P点可能达到平衡状态，故C正确；DT1，若向Q点再充入1.0mol环戊二烯，根据等效平衡思想，可视为增大体系内压强，而增大压强平衡正向移动，能提高环戊二烯
14、的转化率，由图中数据可知，原平衡时其转化率为86.7%，则充入环戊二烯再次平衡时反应物的转化率将大于86.7%，故D错误；故选：D。10D【详解】A该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；B该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则温度越高越不利于获得甲烷，故B错误；C恒温、恒压条件下充入惰性气体氦气，容器的容积增大，相当于减小压强，该反应为气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D该反应是放热反应，在绝热密闭容器中进行时，反应温度会增大，则当容器中温度不再改变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；故选D。11B【分析】
15、已知相同条件下，反应I速率比反应II快，c、d表示两反应的平衡曲线，从图像可知，曲线d的生成物COS的物质的量大，则曲线b、d表示反应I，曲线a、c表示为反应II，c、d均随温度的升高，生成物COS的物质的量减小，则反应I、II均为放热反应。【详解】A分析可知，H10，曲线c为反应的平衡曲线，A说法错误；B900时，反应I、II的初始量相同，反应I的生成物COS的物质的量大，容器的体积相同，则反应I中生成物的浓度大于反应II，则平衡常数KIKII，B说法正确；C曲线a反应未达到平衡状态，相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点COS的量达到X点，C说法错误；D恒温恒容下，向W点表示的反应体系
16、中增大N2的物质的量，对反应体系中各物质的浓度无影响，则不能提高H2S的转化率，D说法错误；答案为B。12B【详解】反应2NO2(g)N2O4(g)，H0，因此热水烧瓶中平衡向左移动，瓶内气体颜色加深，气体分子数增多，压强变大，冰水中的平衡向右移动，瓶内气体颜色变浅，气体分子数减少，压强变小，所以两烧瓶内的化学平衡都发生了移动，左边烧瓶内的颜色比右边烧瓶内的颜色浅，分子数少，平均相对分子质量大，只有质量两边相同，故选B。13B【详解】A由循环图看出，铁结合了活性氮原子参与了反应，后又生成铁，在反应前后质量和性质不变，是合成氨的催化剂，A正确；B使用催化剂能改变活化能，B错误；C催化剂只改变反应
17、历程，但H不变，C正确；D合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于氮气转化率及氨气产率的提高，D正确。故选：B。14C【分析】反应2s后测得C的浓度为0.6molL-1，则 ，据此解析。【详解】A2s后物质A的转化率为 100%=30%，故A错误；B当v(C)=2v(B)时，不能判断正逆反应速率的关系，则不能判断该反应是否达到了平衡状态，故B错误；C增加A的物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，则B的转化率增大，故C正确；D焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故D错误；故选：C。15D【详解】A化学平衡常数等于生成物平衡浓度幂之积与反应物平衡浓度幂之积的比值，则反应I的平
18、衡常数K=，A错误；B反应II的正反应为吸热反应，反应III的正反应为放热反应，升高温度，反应II正向移动，反应III逆向移动，即随着温度升高，平衡CO物质的量增大，故曲线C表示CO物质的量随温度的变化，B错误；C根据盖斯定律，将反应II+反应III得CO(g)+3H2(g)=CH4+H2O(g) H=41.2kJ/mol+(-247.1kJ/mol)=-205.9kJ/mol，则CH4+H2O(g)= CO(g)+3H2(g) H=+205.9kJ/mol，C错误；D反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应，降低温度，反应I正向移动，反应II逆向移动，可提高CO2转化为CH4的转
19、化率，故为提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂，D正确；答案选D。16A【详解】第一次达平衡时n(SO2)：n(O2)：n(SO3)=3：2：5，第二次达平衡时n(SO2)：n(O2) = 1.4mol：0.9mol 3：2，说明改变反应条件后平衡向着生成SO2的方向移动，设第一次达平 衡时各物质的量SO2为3amol，O2为2amol，SO3为5amol，改变反应条件后SO3转化量为2xmol，则有：3a+ 2x = 1.4，2a+x = 0.9，解得a= 0.4，x =0.1，故第二次平衡时SO3的物质的量= 5a- 2x = 1.8 mol，综上所述，故选A。17
20、SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g) H=+638.4kJ/mol SiHCl3+H2Si+3HCl SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2 21% 0.018 BC 1.15 【详解】(1)由图1可得热化学方程式：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)H=-859.4 kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-221.0 kJ/mol，根据盖斯定律，-可得目标热化学方程式为：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)H=+638.4 kJ/mol；(2)据图可知SiHCl3在高温条件下被氢气还原得到高纯硅，根据电子守恒和元素守恒可得化学方
21、程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；根据元素守恒可知SiHCl3水解的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2；(3)温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以a代表343K，b代表323K，则323K时，反应的平衡转化率=21%；设初始投料为1mol SiHCl3(g)，平衡时转化率=21%，即n(SiHCl3)=0.21mol，根据方程式为可知n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.105mol，则平衡时体系内n(SiHCl3)=0.79mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.105mol，该反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度
22、计算平衡常数，所以K=0.018；A该反应前后气体系数之和相等，则气体总物质的量不变，根据质量守恒可知气体总质量也不变，所以平均分子量为定值，不变时不能说明反应平衡，A错误；Ba、b两点SiHCl3的转化率相同，则气体浓度相同，但a点温度高于b点，所以反应速率v(a)v(b)，B正确；C改进催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，C正确；D该反应前后气体系数之和相等，温度体积一定，加入SiHCl3达到的是等效平衡，SiHCl3的转化率不变，D错误；综上所述答案为BC；平衡时k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，所以=K=0.018，b处SiHCl3的转化率为
23、20%，根据的假设和分析可知此时容器内n(SiHCl3)=0.80mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.10mol，则x(SiHCl3)=0.80、x(SiCl4)=x(SiH2Cl2)=0.10，=0.018=1.15。18小于 7:1 HCl转化率较低 -116 【详解】(1)使纯H2缓慢地通过处于721下的过量的氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192，反应的化学方程式：H2+CoOCo+H2O在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250，反应的化学方程式：CO+CoOCo+CO
24、2，相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度小，故答案为：小于；(2)根据图象，随着温度升高，HCl平衡转化率降低，说明温度升高不利于反应正向进行，正反应放热，H0，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K(300)大于K(400)；故答案为：；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，曲线C的HCl的平衡转化率最低，则比值最大，曲线C代表进料浓度比c(HCl)：c(O2)为：7:1；进料浓度比c(HCl): c(O2)=4:1为曲线b
25、，在400时HCl的平衡转化率为76%，设HCl初始浓度为c0，列三段式：， 则，故答案为：7:1；进料浓度比c(HCl):c(O2)过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小，故答案为：HCl转化率较低；i CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+89kJmol-1ii CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-25 kJmol-1iii CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJmol-1根据盖斯定律，(i+ii+iii)2可得：4HClg)+O2 (g)=2C12(g)+2H2O(g) H=(83kJmol-
26、1)+(-20kJmol-1)+(-121kJmol-1)2=-116kJmol-1，故答案为：-116。19增大反应物接触面积，加快反应速率 100，3小时 温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4+ 2H2O + 4H+ 2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4 【分析】钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；由图可知，当铁的浸出率为80%时所采用的实验条件是温度和时间；温度过高，双氧水和氨水都容易分解， Ti元素浸出率下降；过氧化氢将F
27、e2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁；根据质量守恒定律可得过程中FePO4制备LiFePO4的化学方程式。【详解】钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是100和3小时；故答案为：100，3小时；温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降；故答案为：温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti；过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O
28、 + 4H+，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+；过程中由FePO4制备LiFePO4，根据质量守恒定律可得化学方程式是：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4，故答案为：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4。20压碎催化剂，缩短催化剂寿命 增大气液接触面积 可使NO全部转化成HNO3 用湿润的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处 50% N2 4NH3+5O24NO+6H2O 生成NO的反应为放热反应，升高温度转
29、化率下降 71.1 【分析】【详解】(1)氨合成反应是气体体积减小的放热反应，在氨合成塔适宜的压强是2050MPa，如果压强过大，除对设备要求高外，还会导致的结果是压碎催化剂，缩短催化剂寿命；(2)合成硝酸的吸收塔内填充瓷环，其作用是增大气液接触面积，吸收塔中还需补充空气的目的是可使NO与氧气反应，全部转化成HNO3；(3)若输送NH3的管道某处发生泄漏，由于氨气的水溶液显碱性，会使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，所以用湿润的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；(4) 平衡混合气中氨的体积分数为25%，即2x(5-2x)=25%，解得x=0.5mol，H2的转化率=1.5mol3mol
30、100%=50%；(5)制硝酸氧化炉中氨气和氧气在145就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物，根据图示可知，在温度较低时以生成N2为主；900时氨气被氧化产生NO，发生主要反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；当温度高于900时， NO产率明显下降的原因是生成NO的反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使反应物NH3转化率下降。(5) N2、H2合成氨时，N2+3H22NH3；H2的转化率为60%，10t H2的物质的量是n(H2)=5106mol；合成氨气的物质的量是n(NH3)= 5106mol60%2/3=2106mol；假设用于催化氧化制HNO3的氨的物质的量是x，由于氨的损失20%，所以产生的硝酸的物质的量是(1-20%)x，与硝酸反应的氨的物质的量是(1-20%)x，(1-20%)x+x=2106mol，x=1.11106mol，反应产生的硝酸铵的质量是m(NH4NO3)= (1-20%)x80g/mol=1.11106mol80%80g/mol=71.1106g=71.1吨。